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四川省成都外国语学校2022-2023学年高二化学下学期3月月考试题（Word版附解析）
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这是一份四川省成都外国语学校2022-2023学年高二化学下学期3月月考试题（Word版附解析），共22页。试卷主要包含了 下列说法正确的是等内容，欢迎下载使用。
成都外国语学校2022~2023学年度下期高二化学3月月考试题
注意事项：
1.本试卷分为第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分；
2.本堂考试100分钟，满分100分；
可能用到的相对原子质量：H：1 C：12 O：16 Mg：24 Pb：207
第Ⅰ卷(选择题 共50分)
一、选择题(每小题有1个选项符合题意)
1. 1946年，美国芝加哥大学教授利比发明了断代法，即利用死亡生物体中不断衰变的原理对文物进行年代测定，由此判断各类史前文物的绝对年代。下列有关的说法正确的是
A. 是一种新元素 B. 的中子数为14
C. 和都是碳元素的原子 D. 、形成的物质，物理性质和化学性质完全相同
【答案】C
【解析】
【详解】A．是碳元素的一种同位素，不是一种新元素，故A错误；
B．核素的表示方法为：元素符号左下角为质子数，左上角为质量数，的质量数为14，中子数=14-6=8，故B错误；
C．和是碳元素的不同碳原子，故C正确；
D．、形成的物质，化学性质相同，物理性质不完全相同，故D错误；
故选C。
2. 下列说法中正确的是
A. [Ne]3s2表示的是Mg原子
B. 3p2表示第三电子层有2个电子
C. 同一原子中，1s、2s、3s电子的能量逐渐减小
D. 2p、3p、4p轨道容纳的最多电子数依次增多
【答案】A
【解析】
【详解】A．[Ne]3s2表示的是12号元素，是Mg原子，A正确；
B．3p2表示第三电子层3p能级有2个电子，B错误；
C．原子排布遵循能量最低原理，故同一原子中，1s、2s、3s电子的能量逐渐增大，C错误；
D．2p、3p、4p轨道容纳的最多电子数均为6个电子，D错误；
答案选A。
3. 对下列化学用语的理解不正确的是
A. 空间填充模型既可以表示甲烷分子，也可以表示四氯化碳分子
B. 的模型：
C. 基态原子电子所占用的最高能级的电子云图为：
D. N与3个H结合形成分子，体现了共价键的饱和性
【答案】A
【解析】
【详解】A．氯原子半径大于碳原子半径，该模型不可以表示四氯化碳分子，A错误；
B．的价层电子对数为4，孤电子对数为2，所以的模型为四面体型，B正确；
C．基态Al原子最高能级为3p能级，电子云图为纺锤形，C正确；
D．1个N与3个H结合形成3个σ键，形成分子，体现了共价键的饱和性，D正确；
故选A。
4. 下列有关元素周期表分区的说法错误的是
A. p区不包含副族元素 B. 第五周期有15种f区元素
C. d区、ds区均不存在非金属元素 D. s区所有元素的p能级电子均为全满或全空状态
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．p区是最后一个电子填充到p能级上(He除外)，包括ⅡA至0族，不包括副族元素，故A说法正确；
B．f区指的是镧系和锕系，镧系和锕系在第六、七周期的ⅢB，第五周期不含有f区，故B说法错误；
C．d区和ds区包括过渡元素，过渡元素都是金属元素，故C说法正确；
D．s区的价电子构型为ns1～2，s区所有元素的p能级电子均为全满或全空状态，故D说法正确；
答案为B。
5. 下列说法正确的是
A. 的形成过程：
B. 能级最多容纳10个电子
C. 电子从激发态跃迁到基态时可形成吸收光谱
D. 激光的产生、LED灯发光都与电子跃迁有关
【答案】D
【解析】
【详解】A．是由O原子和H原子之间通过共用电子对形成的共价键，所以其形成过程是：，A错误；
B．第2能层只有s和p两个能级，不存在d能级，B错误；
C．电子从激发态跃迁到基态时可形成发射光谱，C错误；
D．激光的产生、LED灯发光是由于电子吸收能量从基态跃迁到激发态，而处于激发态的电子很不稳定，又从激发态跃迁回基态，从而以光的形式释放能量，D正确。
答案为：D。
6. 下列分子或离子的中心原子为杂化，且杂化轨道容纳1对孤电子对的是
A. 、、 B. 、、
C. 、、 D. 、、
【答案】D
【解析】
【分析】分子或离子的中心原子为sp3杂化，且杂化轨道容纳1对孤电子对，中心原子的价电子数为3＋1＝4。
【详解】A．CH4、NH3、H2O的中心原子价层电子对数都是4，都采用sp3杂化，CH4、NH3、H2O的中心原子上的孤电子对数分别是0、1、2，故A错误；
B．CO2、BBr3、中的中心原子价层电子对数分别是2、3、4，且CO2、BBr3、中孤电子对数分别是0、0、1，故B错误；
C．C2H4、SO2、BeCl2中的中心原子价层电子对数分别是3、3、2，且C2H4、SO2、BeCl2中孤电子对数分别是0、1、0，故C错误；
D．NH3、PCl3、H3O+的中心原子价层电子对数都是4，采用sp3杂化，中心原子上的孤电子对数都是1，故D正确；
故答案选D。
【点睛】本题考查杂化，侧重考查学生中心原子价电子数计算的掌握情况，试题难度中等。
7. 下列有关共价键的描述，错误的是
A. 键能： B. 键长：
C. 共价键极性： D. 分子中的键角：
【答案】C
【解析】
【详解】A．两种元素的原子之间形成共价键，形成的共价键的数目越多，键能越大，故键能大小关系为：C－N＜C=N＜C≡N，A正确；
B．原子半径：I＞Br＞Cl，则两个同种元素的原子之间形成的共价键的键长就越长，故键长大小关系为：I－I＞Br－Br＞Cl－Cl，B正确；
C．由于原子半径：F＜N，元素的电负性：F＞N，因此它们分别与相同原子H原子形成共价键时，共价键的键长越短，共用电子对偏向吸引电子能力强的元素一方的能力就越强，共价键的极性就越强，故共价键极性：H－F＞N－H，C错误；
D．都是三角锥形分子，但是原子半径F>H，导致N-F键键长>N-H键键长，所以N-F键之间的排斥力减小，键角变小，所以键角，D正确；
故合理选项是C。
8. 隐形战机的核心材料是金属钛，我国探明储量世界第一。已知钛有、、这三种同位素，下列有关推断不正确的是
A. 钛的原子序数为22 B. 钛位于元素周期表第四周期ⅡB族
C. 基态钛原子最外层电子排布式为 D. 钛元素位于元素周期表的d区，是过渡元素
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据元素周期表，钛的原子序数为22，故A正确；
B．基态钛原子价电子排布式为3d24s2，其位于元素周期表第四周期第ⅣB族，故B错误；
C．基态钛原子最外层电子排布式为，故C正确；
D．第ⅣB族位于元素周期表的d区，是过渡元素，故D正确；
故答案为：B。
9. 若的价层电子排布式为，则下列说法正确的是
A. X是同周期中未成对电子数最多的元素
B. 基态X原子中的电子有14种空间运动状态
C. X为25号元素
D. 基态X原子电子占用的最高能层所具有的能级数为3
【答案】A
【解析】
【分析】若X3+的价层电子排布式为3d3，则X的电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，X为原子序数为24的Cr；
【详解】A．根据分析，X为Cr，有6个未成对电子，是同周期中未成对电子数最多的元素，A正确；
B．根据分析，X电子所占轨道数为15，则空间状态有15种，B错误；
C．X为24号元素Cr，C错误；
D．Cr电子占据最高能层为4，能级为4s，电子占据最高能级为3d，D错误；
故答案：A。
10. 下列说法正确的是(为阿伏加德罗常数的值)
A. 的电子式为，则核外有8个电子
B. 中含有的键的数目为
C. 完全转化和时转移电子数为
D. 和的混合物中，所含阴、阳离子数目之比无法确定
【答案】C
【解析】
【详解】A．的电子式为，表示的最外层有8个电子，但其核外有10个电子，选项A错误；
B．是离子化合物，与间形成离子键，无键存在，选项B错误；
C．每个Mg原子失去2个电子，为0.05mol，完全转化为和时转移电子数为，选项C正确；
D．和都是离子化合物，其含有的阴、阳离子数目之比都是1∶2，与物质质量的多少无关，选项D错误；
答案选C。
11. 下列说法正确的是
A. 已知在、条件下，气态氢原子完全结合形成氢气时，释放的最低能量为，则键的键能为
B. 基态时，某元素原子的最外层电子排布为，元素的最高正价一定为价
C. 水分子可表示为，分子中键角为
D. 根据碳原子的价电子排布式(或价电子排布图)①②；可判断出①、②两种状态的能量符合E(①)>E(②)
【答案】A
【解析】
【详解】A．气态氢原子完全结合形成氢气时形成键，释放的最低能量为，则形成键释放的最低能量为，键的键能为，故A正确；
B．基态时，某元素原子的最外层电子排布为，其价电子可能包括(n-1)d的电子，其最高化合价可以高于+1，故B错误；
C．水分子中O原子为sp3杂化，且有2对孤电子对，则水分子表示为，分子中键角不为，故C错误；
D．根据洪特规则，电子在简并轨道中以相同自旋占据各个轨道时能量最低，则①、②两种状态的能量符合E(①)＜E(②)，故D错误；
故答案为：A。
12. 下列各组中的X和Y两种原子，在元素周期表中一定位于同一族的是（ ）
A. X原子和Y原子最外层都只有一个电子
B. X原子的核外电子排布式为1s2，Y原子的核外电子排布式为1s22s2
C. X原子的2p能级上有三个未成对电子，Y原子的3p能级上有三个电子
D. X原子核外M层上仅有两个电子，Y原子核外N层上也仅有两个电子
【答案】C
【解析】
【详解】A．第IA族元素及某些副族元素Cr、Cu的最外层电子数为1，则不一定同主族，故A错误；
B．X为He，Y为Be，分别为0族、IIA族元素，故B错误；
C．X原子2p能级上有三个电子，X为N元素；Y原子的3p能级上有三个电子，Y为P元素，均为ⅤA族，故C正确；
D．X原子核外M层上仅有两个电子，X为Mg；Y原子核外N层上也仅有两个电子，Y为Ca、Sc、Ti、V等，则不一定同主族，故D错误；
故答案为C。
13. 如图是部分短周期元素的原子序数与其某种常见化合价的关系图，若用原子序数代表所对应的元素，则下列说法正确的是
A. 31d和33d属于同种核素
B. 第一电离能：d>e，电负性：d＜e
C. 气态氢化物的稳定性：a>d>e
D. a和b形成的化合物不可能含共价键
【答案】B
【解析】
【详解】由题干信息可知，a、b、c、d、e分别为O、Na、Al、P、S五种元素，据此分析解题：
A．由分析可知，31d和33d即31P和33P质子数相同，中子数不同，不属于同种核素，A错误；
B．由分析可知，d为P、e为S，同一周期从左往右第一电离能呈增大趋势，IIA与IIIA、VA与VIA反常，故第一电离能：d>e，电负性从左往右依次增大，故电负性：d＜e，B正确；
C．由分析可知，a、d、e分别为O、P、S，简单气态氢化物的稳定性与其非金属性一致，同一周期从左往右非金属性依次增强，同一主族从上往下非金属性依次弱，故H2O＞H2S＞PH3即a> e > d，C错误；
D．由分析可知，a为O，b为Na，a和b形成的化合物由Na2O只有离子键，Na2O2中既有离子键又含有共价键，D错误；
故答案为：B。
14. 如图为元素周期表中短周期的一部分，关于Y、Z、M的说法正确的是
A. 非金属性：
B. 离子半径：
C. 分子中各原子的最外层均满足8电子稳定结构
D. Z元素基态原子最外层电子轨道表示式为
【答案】C
【解析】
【分析】图为元素周期表中短周期的一部分，由Y、Z、M在周期表中的位置关系可知，Y为F元素，M为Cl元素，Z为S元素；
【详解】A．同周期自左而右非金属性增强，同主族自上而下非金属性减弱，非金属性：Y＞M＞Z，故电负性Y＞M＞Z，选项A错误；
B．电子层排布相同，核电荷数越大离子半径越小，最外层电子数相同，电子层越多离子半径越大，离子半径：Z2-＞M-＞Y-，选项B错误；
C．ZM2为SCl2，分子中S元素化合价为+2价，2+6=8，S原子满足8电子稳定结构，Cl元素化合价为-1价，|-1|+7=8，Cl原子满足8电子稳定结构，选项C正确；
D．Z为S元素，最外层含有6个电子，其基态原子的最外层电子排布图为，选项D错误；
答案选C。
15. 下列说法正确的是
A. P4和CH4都是正四面体分子，且键角都是109°28′
B. 乙炔分子中，碳原子的sp杂化轨道形成σ键，未杂化的2p轨道形成π键
C. 键长H-F＜H-Cl＜H-Br＜H-I，因此稳定性HF＜HCl＜HBr＜HI
D. PH3分子中孤电子对与成键电子对的排斥作用比成键电子对之间的排斥作用弱
【答案】B
【解析】
【详解】A．P4和CH4都是正四面体分子，但P4的键角为60°，CH4键角是109°28′，A错误；
B．乙炔分子中，中心C原子采用sp杂化，其轨道用于形成σ键，未杂化的两个2p轨道形成π键，B正确；
C．键长越长，键能越小，越不稳定，键长H-F＜H-Cl＜H-Br＜H-I，所以稳定性：HF＞HCl＞HBr＞HI，C错误；
D．分子中有孤电子对的中心原子，其孤电子对与成键电子对的排斥作用比成键电子对之间的排斥作用强，D错误；
故选B。
16. 下列说法错误的是
A. 分子中，中心原子上的孤电子对数最多的是
B. 第三周期主族元素中第一电离能介于和P之间的有3种
C. 某元素气态基态原子的逐级电离能依次为：738、1451、7733、10540、13630……，当它与氯气反应时生成物的化学式为
D. 有机物中，键和π键的比例为9∶1
【答案】B
【解析】
【详解】A．NH3、H2O、CO2分子中，中心原子上的孤电子对数分别为(5-3×1)=1、(6-2×1)=2、(4-2×2)=0，所以最多的是H2O，故A正确；
B．同周期主族元素第一电离能从左到右有增大的趋势，第ⅡA族和第ⅤA族元素的第一电离能高于其后的元素，所以第三周期主族元素中第一电离能介于Mg和P之间的有Si和S两种元素，故B错误；
C．根据某元素气态基态原子的逐级电离能数据，第二电离能大约是第一电离能的2倍，而第三电离能大约是第二电离能的5倍，说明该原子核外最外层有两个电子，所以该元素的化合价为+2价，当它与氯气反应时生成物的化学式为XCl2，故C正确；
D．有机物H2NCH2COOH中，有两个N-H键、两个C-H键、一个C-N键、一个C-C键、一个C-O键和一个O-H键，单键均为σ键，还有一个C=O键，其中有一个σ键、一个π键，则在有机物H2NCH2COOH中σ键和π键的比例为9∶1，故D正确；
故选B。
17. 下列四种元素中，第一电离能由大到小顺序正确的是( )
①原子含有未成对电子最多的第2周期元素
②基态原子电子排布式为1s2的元素
③周期表中电负性最强的元素
④原子最外层电子排布式为3s23p4的元素
A. ②③①④
B. ③①④②
C. ①③④②
D. 无法比较
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】①原子含有未成对电子最多的第2周期元素为N；②基态原子电子排布式为1s2的元素为He元素；③周期表中电负性最强的元素为F元素；④原子最外层电子排布式为3s23p4的元素为S元素；同周期自左至右元素的第一电离能呈增大趋势，第IIA和第VA族比相邻元素大；同主族从上到下元素的第一电离能减小，所以第一电离能由大到小的顺序是He＞F＞N＞S，即②＞③＞①＞④；
答案为A。
18. 短周期主族元素W、X、Y、Z，它们在周期表中位置如图所示，X的一种氢化物与其最高价氧化物对应水化物反应生成盐。下列说法正确的是
A. X的氢化物的沸点一定低于同主族元素形成的其他氢化物
B. 由Y、Z和氢三种元素形成的化合物中，Z的化合价越高氧化性越强
C. W的氧化物是酸性氧化物，能与碱、水反应，不能与酸反应
D. T元素单质具有半导体的特性，T与Y元素可形成两种化合物TY和
【答案】D
【解析】
【分析】N元素形成的氢化物氨气与硝酸可反应生成硝酸铵，则说明X为N，根据元素周期表的位置关系可推出Y、Z、W、T分别是O、Cl、Si与Ge元素，结合元素周期律与物质的性质作答。
【详解】根据上述分析可知，X、Y、Z、W、T分别是N、O、Cl、Si与Ge，则
A. X的氢化物为NH3，分子间存在氢键，比同族短周期其他元素的沸点高，A项错误；
B. 氧化性强弱：HClO>HClO2>HClO3，跟含氧酸的元素化合价无直接关系，B项错误；
C.二氧化硅可与氢氧化钠反应，但不与水反应，可与氢氟酸可以发生反应生成四氟化硅与水，C项错误；
D. Ge位于元素周期表的金属与非金属的边界线上，具有半导体的特性，与C同族，C可形成CO与CO2，根据同族元素的相似性可知，其氧化物可以是GeO或GeO2，D项正确；
答案选D。
【点睛】B项是学生的易错点，对于同一种元素的含氧酸来说，该元素的化合价越高，其含氧酸的酸性越强，但氧化性不一定越强。学生要加以对比与区分。
19. 下列关于物质的组成、结构或性质的叙述中，正确的说法有个
①基态原子价电子排布式为的元素属于第ⅧB族
②能层为1时，有自旋方向相反的两个轨道
③前四周期元素中，基态原子中未成对电子与其所在周期数相同的元素有5种
④次氯酸分子的电子式：
⑤最外层有3个未成对电子的原子一定属于主族元素
⑥硒的价电子排布式为
A. 2 B. 3 C. 4 D. 全部
【答案】A
【解析】
【详解】①原子的价电子排布为(n-1)d6-8ns2的元素为Ⅷ族元素，而不是第ⅧB族，故①错误；
②能层为1时，只有一个1s轨道，有自旋相反的两个电子，故②错误；
③前四周期元素中，基态原子中未成对电子与其所在周期数相同的元素和价电子构型分别是：氢(1s1)、碳(2s22p2)、氧(2s22p4)、磷(3s23p3)、铁(3d64s2)共5种元素，故③正确；
④次氯酸分子中含有O-H键，次氯酸分子的电子式为，故④错误；
⑤最外层有3个未成对电子的原子，最外层电子排布为ns2np3，p轨道上3个电子为未成对电子，位于第VA族，为主族元素，故⑤正确；
⑥硒是第VIA主族元素，价电子排布式为，故⑥错误；
③⑤正确，故答案为A。
20. X、Y、Z、R是原子序数依次增大的短周期主族元素。化合物YX3的电子总数为10；R元素的最高正价为+6价，且与Z元素同主族。下列说法不正确的是
A. 原子半径：R>Y>Z>X
B. 最简单氢化物的稳定性：Z>Y
C. R的最高价氧化物对应的水化物为强酸
D. 由X、Y、Z组成的化合物一定是共价化合物
【答案】D
【解析】
【分析】化合物的电子总数为10，则X为氢元素，Y为氮元素；R元素的最高正价为+6价，则R为硫元素，其与Z元素同主族，所以Z为氧元素。
【详解】A．同周期自左而右原子半径减小，电子层越多原子半径越大，故原子半径：S>N>O>H，A项不符合题意；
B．同周期自左而右元素非金属性增强，非金属性：O>N，最简单氢化物的稳定性：H2O>NH3，B项不符合题意；
C．硫元素的最高价氧化物对应水化物为，C项不符合题意；
D．H、N、O三种元素可形成离子化合物，D项符合题意；
故选D。
21. 五种短周期主族元素X、Y、Z、R、W的原子序数依次增大，它们形成的化合物结构如图所示。X是元素周期表中原子半径最小的元素，Y、Z、R为同周期元素。下列说法正确的是
A. 电负性：
B. 元素Z的单质中含有π键，π键是由两个原子的p轨道“头碰头”重叠形成的
C. 分子中的共价键没有方向性
D. 基态Y原子的s轨道的电子数与其p轨道的电子数相等
【答案】C
【解析】
【分析】五种短周期主族元素X、Y、Z、R、W的原子序数依次增大，形成的化合物结构如图所示，X在元素周期表中原子半径最小，则X为H元素；W形成+1价阳离子，其原子序数最大，则W为Na元素；Y、Z、R为同周期元素，Y形成4个共价键，其原子序数小于Na元素，则Y为C元素；Z形成3个共价键，则Z为N元素；R形成2个共价键，则R为O元素，以此分析解答。
【详解】根据分析可知，X为H元素，Y为C元素，Z为N元素，R为O元素，W为Na元素。
A．非金属性越强，电负性越大，电负性：O＞N＞C>Na，故A错误；
B．N2中两个N原子形成N≡N，所以含有2个π键，π键是由两个原子的p轨道“肩并肩”重叠形成的，故B错误；
C．H2分子中两个H原子的未成对电子均为1s能级的电子，s轨道在空间呈球形，故s轨道之间的重叠不具有方向性，故C正确；
D．基态C原子的核外电子排布式为1s22s2p2，s轨道的电子数与其p轨道的电子数不相等，故D错误；
故选C。
22. 室温下，下列实验能达到实验目的是
A. 实验1 证明溶液中存在水解平衡
B. 实验2 比较HClO和的酸性强弱
C. 实验3 不能证明盐酸酸性比醋酸强
D. 实验4 证明在相同温度下：
【答案】A
【解析】
【详解】A．含有酚酞的溶液，因碳酸根离子水解显碱性：，滴有酚酞溶液变红，加入少量固体，发生反应：，水解平衡逆向移动，则溶液颜色变浅，证明溶液中存在水解平衡，故A正确；
B．NaClO水解生成次氯酸，有漂白性，所以用pH试纸无法测定其pH，不能达到预期目的，故B错误；
C．等体积、pH均为2的盐酸、醋酸分别与足量铁反应，醋酸放出的多且速率快，说明醋酸的物质的量浓度更大，但是电离的氢离子一样(pH都是2)，所以说明醋酸电离程度更小，即醋酸酸性更弱，故C错误；
D．氢氧化钠溶液过量，加入溶液与NaOH溶液反应生成红褐色沉淀，不能证明和溶度积的大小，若加入足量氯化镁完全生成氢氧化镁沉淀后再加入氯化铁，能生成红褐色沉淀，则可证明，故D错误。
故选A。
23. 已知：，某小组利用溶液与酸性溶液反应来探究“浓度、温度对化学反应速率的影响”，设计了如下实验：
编号
溶液
溶液
蒸馏水
温度/℃
浓度/
体积/mL
浓度/
体积/mL
体积/mL
①
0.50
6.0
a
4.0
0
25
②
0.50
3.0
a
4.0
b
25
③
0.50
6.0
a
4.0
0
50
下列说法正确的是
A.
B. 实验中通过溶液褪色所用时间来判断反应快慢，则a的最大取值为0.15
C. 可以通过实验②③的对比，探究温度对速率的影响
D. 实验中溶液，可以用盐酸酸化
【答案】B
【解析】
【分析】①②中所用溶液的浓度和体积相同、反应温度相同， 溶液体积不同，则探究浓度对化学反应速率的影响，①③中只有反应温度不同，则探究温度对化学反应速率的影响。
【详解】A．据分析，实验中所用混合溶液总体积为10.0mL，则，A错误；
B． 实验中需要通过溶液褪色所用时间来判断反应快慢，则高锰酸钾不能过量，由②中数据结合可知，溶液的浓度的最大取值为，即a最大取值为0.15，B正确；
C． 可以通过实验①③的对比，探究温度对速率的影响，C错误；
D．溶液能氧化盐酸产生氯气，实验中溶液不可以用盐酸酸化，D错误；
答案选B。
24. 亚硝酰氣(NOCl)可用做有机合成试剂。某研究小组用NO和Cl2制备NOCl，并分离回收未反应的原料，装置如图(夹持及加热装置已略去)。
已知：①；
②沸点： NOCl为-6℃，Cl2为-34℃，NO为-152℃ ；
③NOCl易水解，能与O2反应。下列说法错误的是
A. 实验前先通入氩气，目的是排尽装置内的空气
B. 低温浴槽B的温度区间应控制在-34℃~-6℃
C. 将催化剂负载在玻璃棉上，以增大接触面积，提高反应速率
D. 尾气回收的物质为NO
【答案】B
【解析】
【分析】通过实验原理可知，进气端为和，经过催化剂使其反应制备；经过低温浴槽A降温，使冷凝，得到产品；再经过低温浴槽B降温，使冷凝，防止逸出，污染空气；剩下NO经过无水氯化钙干燥后，进行回收，据此分析作答。
【详解】A．通入和前先通入氩气，作用是排尽装置中的空气，防止产物与空气中的氧气反应，防止遇空气中的水而水解，A正确；
B．为分离产物和未反应的原料，低温溶槽A使冷凝，得到产品，则温度区间应控制在或，再经过低温浴槽B降温，使冷凝，防止逸出，污染空气，低温浴槽B的温度区间应控制在-34℃以下，B错误；
C．将催化剂负载在玻璃棉上而不是直接平铺在玻璃管中，目的是增大与气体的接触面积，加快反应速率，C正确；
D．由分析可知尾气回收的物质为NO，D正确；
故选B。
25. 在二氧化碳合成甲醇的研究中，催化剂是研究的关键。目前国内外研究主要集中于铜基催化剂，有学者提出的CO2的转化过程如图。下列说法正确的是
A. 甲醇和甲酸乙酯中均含有σ键和π键
B. 反应过程中，金属M的化合价未发生改变
C. 基态铜元素的第二电离能大于基态锌元素的第二电离能
D. 反应过程中，催化剂参与反应，改变了反应历程，降低了反应的焓
【答案】C
【解析】
【详解】A．甲醇分子式为CH3OH，结构中只有单键，即只有σ键，没有π键，A错误；
B．由反应①知二氧化碳中碳元素化合价降低，所以金属M化合价发生变化，B错误；
C．Cu+价电子排布式为3d10，Zn+价电子排布式为3d104s1，又Cu+的3d10全满稳定且3d能量低于4s能量，所以基态铜元素的第二电离能大于基态锌元素的第二电离能，C正确；
D．催化剂参与反应可以加快反应速率，降低反应的活化能，改变反应历程，但不改变焓变，D错误；
故选C。
第Ⅱ卷(非选择题 50分)
26. 请按要求填空：
（1）某元素基态原子的最外层有1个未成对电子，次外层有2个电子，满足该条件的元素有_______种。
（2）是常见催化剂，V的基态原子的价电子排布图为_______；其电子占据的原子轨道数为_______，最高能层符号为_______。
（3）普鲁士蓝()。中不同价态铁元素的简单微粒较稳定的离子简化的核外电子排布式为_______，该离子更稳定的原因是_______。
（4）的模型名称为_______，请写出一个它的等电子体的分子式_______。
（5）的键角大小顺序为_______，原因是_______。
【答案】（1）3 （2） ①. ②. 13 ③. N
（3） ①. [Ar]3d5 ②. 的价电子排布式为，的价电子排布式为，前者为半充满状态故较稳定
（4） ①. 正四面体 ②. 或
（5） ①. CO2>CH4>H2O ②. CO2中心原子为sp杂化，键角为180度；CH4和H2O中心原子均为sp3杂化。H2O中孤对电子与成键电子对之间的斥力大于CH4中成键电子对之间的斥力，故键角：CO2>CH4>H2O
【解析】
【小问1详解】
某元素基态原子的最外层有1个未成对电子，次外层有2个电子，则该元素位于第2周期，所以满足该条件的元素的电子排布式有1s22s1、1s22s22p1、1s22s22p5，分别是Li、N、F三种元素；
【小问2详解】
V是第23号元素，基态原子的价电子排布图 ；其电子占据的能级为1s、2s、2p、3s、3p、3d、4s，原子轨道数为1+1+3+1+3+3+1=13个轨道；最高能层是第4电子层，符号为N；
【小问3详解】
普鲁士蓝()中不同价态铁元素的简单微粒较稳定的离子是Fe3+，Fe是第26号元素，失去3个电子，形成Fe3+，所以简化的核外电子排布式为[Ar]3d5；更稳定的原因是的价电子排布式为，的价电子排布式为，前者为半充满状态故较稳定；
【小问4详解】
的中心原子P的价层电子对数=，所以模型名称为正四面体；等电子体之间的原子总数和价电子总数相等，根据前加后减、前减后加、总数不变的原则，可以找到的等电子体可以是 或SO2F2或等；
【小问5详解】
的键角分别是109.5°、105°、180°，大小顺序为CO2>CH4>H2O；原因是CO2中心原子为sp杂化，键角为180度；CH4和H2O中心原子均为sp3杂化，CH4无孤电子对，C-H键之间的键角为109.5°；H2O中有两对孤对电子，根据孤电子对-孤电子对斥力>孤电子对-成键电子对斥力>成键电子对-成键电子对斥力，所以水中O-H键之间的键角小于109.5°，故键角：CO2>CH4>H2O。
27. 有位于前四周期的A、B、C、D、E、F、G七种元素(无稀有气体)，它们的核电荷数依次增大。其中C、F、G是金属元素：A和F属同族，它们原子的最外层电子排布式为。B和D也属同族，它们原子最外层的p能级电子数是s能级电子数的两倍。C原子的最外层电子数等于D原子的最外层电子数的一半。G元素原子共有3个价电子，其中一个价电子位于第三能层d轨道。请回答下列问题：
（1）G是_______(用元素符号回答，下同)，其最高化合价为_______。
（2）A、F形成的化合物的电子式为：_______。含F元素的化合物灼烧的颜色是_______色，很多金属盐都可以发生焰色反应，其原因是_______。
（3）元素E的电子所占据的最高能级的原子轨道呈_______形。D、E可分别与A形成的最简分子，前者的稳定性弱于后者，从化学键的角度解释的原因是_______；
（4）B、C、D、F的简单离子半径由大到小的顺序为：_______。
【答案】（1） ①. Sc ②. +3
（2） ①. K+[:H]- ②. 紫色 ③. 电子从能量较高的激发态跃迁到能量较低的激发态乃至基态时，能量以一定波长光的形式释放出来
（3） ①. 纺锤(哑铃) ②. 氯原子半径小于硫，形成的氢氯键键长短、键能大
（4）S2->K+>O2->Al3+
【解析】
【分析】由题干信息可知，位于前四周期的A、B、C、D、E、F、G七种元素，它们的核电荷数依次增大，G元素原子共有3个价电子，其中一个价电子位于第三能层d轨道，则G为Sc，价电子排布式为3d14s2，B和D也属同族，它们原子最外层的p能级电子数是s能级电子数的两倍，则B、D为主族元素，价电子排布式为ns2np4，则B为O，D为S，A和F属同族，它们原子的最外层电子排布式为，则A、F为H、Li、Na、K中的一种，结合其中C、F、G是金属元素，则A为H，F为K，C原子的最外层电子数等于D原子的最外层电子数的一半，故C为Al，则E为Cl，由此分析可知，A、B、C、D、E、F、G七种元素分别为H、O、Al、S、Cl、K、Sc，据此分析解题。
【小问1详解】
由分析可知，G是Sc，其价电子排布式为3d14s2，则其最高化合价为+3价，故答案为：Sc；+3；
【小问2详解】
由分析可知，A为H，F为K，则A、F形成离子化合物KH，其电子式为：K+[:H]-，含F元素即K的化合物灼烧的颜色是紫色，很多金属盐都可以发生焰色反应，其原因是电子从能量较高的激发态跃迁到能量较低的激发态乃至基态时，能量以一定波长光的形式释放出来，故答案为：K+[:H]-；紫；电子从能量较高的激发态跃迁到能量较低的激发态乃至基态时，能量以一定波长光的形式释放出来；
【小问3详解】
由分析可知，E为Cl，元素E的电子所占据的最高能级为3p，p能级的原子轨道呈哑铃或者纺锤体形，D为S，A为H，D、E可分别与A形成的最简分子分别为H2S和HCl，由于氯原子半径小于硫，形成的氢氯键键长短、键能大，导致前者的稳定性弱于后者，故答案为：哑铃或者纺锤体；氯原子半径小于硫，形成的氢氯键键长短、键能大；
【小问4详解】
由题干信息可知，B、C、D、F的简单离子即O2-、Al3+、S2-、K+，根据一般电子层数越多半径越大，电子层数相同，核电荷数越大半径越小可知，半径由大到小的顺序为：S2->K+>O2->Al3+，故答案为：S2->K+>O2->Al3+。
28. 废旧锌锰电池中的黑锰粉含有和少量及炭黑等，为了保护环境、充分利用锰资源，通过下图流程制备。
回答下列问题：
（1）基态原子的电子排布式为_______。
（2）“滤液a”的主要成分为，另外还含有少量等。
①用离子方程式表示“滤液a“呈酸性的原因：_______。
②根据如图所示的溶解度曲线，将“滤液a”_______、洗涤、干燥，得固体。
（3）“熔炒”的目的是除炭、氧化等。空气中氧化的化学方程式为_______。
（4）探究“酸浸”中溶解的适宜操作。
实验Ⅰ.向中加入溶液，产生大量气泡；再加入稀，固体未明显溶解。
实验Ⅱ.向中加入稀，固体未溶解；再加入溶液，产生大量气泡，固体完全溶解。
实验Ⅰ中的作用是_______，实验Ⅱ中的作用是_______。
（5）证明溶液中沉淀完全：取少量溶液，滴加_______(填试剂)，观察到_______(填现象)。
【答案】（1）[Ar]3d104s2
（2） ①. ②. 蒸发结晶，趁热过滤
（3）
（4） ①. 催化作用 ②. 还原剂
（5） ①. KSCN溶液 ②. 溶液不变色
【解析】
【分析】黑锰粉水洗除去可溶性物质，分离固体通入空气焙炒从而除炭、并氧化为二氧化锰，加入稀硫酸、过氧化氢生成硫酸锰，加入MnO调节pH过滤分离得到硫酸锰溶液；
【小问1详解】
锌为30号元素，其基态原子电子排布式为[Ar]3d104s2；
小问2详解】
① “滤液a”中含有铵根离子，铵根离子水解生成生成氢离子，导致溶液显酸性，；
②氯化铵溶解度低温时较小，且溶解度受温度影响不大，将“滤液a”蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、干燥，得固体；
【小问3详解】
氧气具有氧化性，氧化生成二氧化锰和水，化学方程式为；
【小问4详解】
二氧化锰催化过氧化氢生成水和氧气，实验I中的作用是催化剂；实验II中加入溶液，产生大量气泡，固体完全溶解，反应中锰元素化合价降低，中氧元素化合价升高发生氧化反应，过氧化氢为还原剂起还原作用；
【小问5详解】
铁离子和KSCN溶液变红色，故实验为：取少量溶液，滴加KSCN溶液，溶液不变色，说明铁离子完全沉淀。
29. 胡粉在中国古代就曾用于药物和化妆品等行业，主要成分为，常含有铁、银、铜、锡等金属的氧化物杂质。可用如下实验方案测定胡粉的纯度：
方案Ⅰ 称取一定质量的样品，加入足量的稀硫酸，测定实验前后装置丙的增重来确定胡粉的纯度。
（1）乙中反应的离子方程式(不考虑杂质的反应)为_______。
（2）仪器接口的连接顺序为(装置可以重复使用)a→_______→b→c，丁的作用是_______。
（3）实验前后均需要打开止水夹，通入一段时间空气，实验结束时通入空气的目的是_______。
方案Ⅱ 实验原理：
实验步骤：
①称取胡粉样品；
②将样品充分煅烧，冷却后称量；
③重复操作②，测得剩余固体质量为。
（4）下列仪器在方案Ⅱ中除F是必需的外，还需要使用的是_______(用对应仪器的字母填空)。
（5）确定样品已完全分解的操作为_______。
（6）方案Ⅱ中，测得胡粉的纯度为_______(用字母代数式表示)
【答案】（1）
（2） ①. d→e→b→c ②. 除去中的水蒸气
（3）把生成的气体全部赶入干燥管中吸收
（4）ABCD （5）样品连续两次高温煅烧，冷却称量，质量相差0.1g以内
（6）
【解析】
【分析】反应前通入空气，氢氧化钠吸收装置内的二氧化碳，排出装置内的二氧化碳气体，稀硫酸和样品反应，产生的气体通入到浓硫酸中干燥气体，再用碱石灰吸收装置内的二氧化碳气体。
【小问1详解】
胡粉主要成分为，和硫酸反应生成硫酸铅、二氧化碳和水，则乙中反应的离子方程式为；
【小问2详解】
产生的气体，先用浓硫酸干燥气体，再通入到干燥管中吸收二氧化碳，则仪器接口的连接顺序为a→d→e→b→c→b→c；丁的作用是除去中的水蒸气；
【小问3详解】
实验前后均需要打开止水夹，通入一段时间空气，排出装置内的二氧化碳，实验结束时通入空气的目的是把生成的气体全部赶入干燥管中吸收；
【小问4详解】
固体进行加热需要用到酒精灯、三脚架、泥三角、坩埚、干燥器，因此仪器中方案Ⅱ不需要使用的是E，故选ABCD；
【小问5详解】
根据最后两次称量的质量差来判定是否煅烧完全，其确定样品已完全分解的操作为样品连续两次高温煅烧，冷却称量，质量相差0.1g以内；
【小问6详解】
，则有，解x=g，则胡粉的纯度为。
成都外国语学校2022~2023学年度下期高二化学3月月考试题
注意事项：
1.本试卷分为第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分；
2.本堂考试100分钟，满分100分；
可能用到的相对原子质量：H：1 C：12 O：16 Mg：24 Pb：207
第Ⅰ卷(选择题 共50分)
一、选择题(每小题有1个选项符合题意)
1. 1946年，美国芝加哥大学教授利比发明了断代法，即利用死亡生物体中不断衰变的原理对文物进行年代测定，由此判断各类史前文物的绝对年代。下列有关的说法正确的是
A. 是一种新元素 B. 的中子数为14
C. 和都是碳元素的原子 D. 、形成的物质，物理性质和化学性质完全相同
【答案】C
【解析】
【详解】A．是碳元素的一种同位素，不是一种新元素，故A错误；
B．核素的表示方法为：元素符号左下角为质子数，左上角为质量数，的质量数为14，中子数=14-6=8，故B错误；
C．和是碳元素的不同碳原子，故C正确；
D．、形成的物质，化学性质相同，物理性质不完全相同，故D错误；
故选C。
2. 下列说法中正确的是
A. [Ne]3s2表示的是Mg原子
B. 3p2表示第三电子层有2个电子
C. 同一原子中，1s、2s、3s电子的能量逐渐减小
D. 2p、3p、4p轨道容纳的最多电子数依次增多
【答案】A
【解析】
【详解】A．[Ne]3s2表示的是12号元素，是Mg原子，A正确；
B．3p2表示第三电子层3p能级有2个电子，B错误；
C．原子排布遵循能量最低原理，故同一原子中，1s、2s、3s电子的能量逐渐增大，C错误；
D．2p、3p、4p轨道容纳的最多电子数均为6个电子，D错误；
答案选A。
3. 对下列化学用语的理解不正确的是
A. 空间填充模型既可以表示甲烷分子，也可以表示四氯化碳分子
B. 的模型：
C. 基态原子电子所占用的最高能级的电子云图为：
D. N与3个H结合形成分子，体现了共价键的饱和性
【答案】A
【解析】
【详解】A．氯原子半径大于碳原子半径，该模型不可以表示四氯化碳分子，A错误；
B．的价层电子对数为4，孤电子对数为2，所以的模型为四面体型，B正确；
C．基态Al原子最高能级为3p能级，电子云图为纺锤形，C正确；
D．1个N与3个H结合形成3个σ键，形成分子，体现了共价键的饱和性，D正确；
故选A。
4. 下列有关元素周期表分区的说法错误的是
A. p区不包含副族元素 B. 第五周期有15种f区元素
C. d区、ds区均不存在非金属元素 D. s区所有元素的p能级电子均为全满或全空状态
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．p区是最后一个电子填充到p能级上(He除外)，包括ⅡA至0族，不包括副族元素，故A说法正确；
B．f区指的是镧系和锕系，镧系和锕系在第六、七周期的ⅢB，第五周期不含有f区，故B说法错误；
C．d区和ds区包括过渡元素，过渡元素都是金属元素，故C说法正确；
D．s区的价电子构型为ns1～2，s区所有元素的p能级电子均为全满或全空状态，故D说法正确；
答案为B。
5. 下列说法正确的是
A. 的形成过程：
B. 能级最多容纳10个电子
C. 电子从激发态跃迁到基态时可形成吸收光谱
D. 激光的产生、LED灯发光都与电子跃迁有关
【答案】D
【解析】
【详解】A．是由O原子和H原子之间通过共用电子对形成的共价键，所以其形成过程是：，A错误；
B．第2能层只有s和p两个能级，不存在d能级，B错误；
C．电子从激发态跃迁到基态时可形成发射光谱，C错误；
D．激光的产生、LED灯发光是由于电子吸收能量从基态跃迁到激发态，而处于激发态的电子很不稳定，又从激发态跃迁回基态，从而以光的形式释放能量，D正确。
答案为：D。
6. 下列分子或离子的中心原子为杂化，且杂化轨道容纳1对孤电子对的是
A. 、、 B. 、、
C. 、、 D. 、、
【答案】D
【解析】
【分析】分子或离子的中心原子为sp3杂化，且杂化轨道容纳1对孤电子对，中心原子的价电子数为3＋1＝4。
【详解】A．CH4、NH3、H2O的中心原子价层电子对数都是4，都采用sp3杂化，CH4、NH3、H2O的中心原子上的孤电子对数分别是0、1、2，故A错误；
B．CO2、BBr3、中的中心原子价层电子对数分别是2、3、4，且CO2、BBr3、中孤电子对数分别是0、0、1，故B错误；
C．C2H4、SO2、BeCl2中的中心原子价层电子对数分别是3、3、2，且C2H4、SO2、BeCl2中孤电子对数分别是0、1、0，故C错误；
D．NH3、PCl3、H3O+的中心原子价层电子对数都是4，采用sp3杂化，中心原子上的孤电子对数都是1，故D正确；
故答案选D。
【点睛】本题考查杂化，侧重考查学生中心原子价电子数计算的掌握情况，试题难度中等。
7. 下列有关共价键的描述，错误的是
A. 键能： B. 键长：
C. 共价键极性： D. 分子中的键角：
【答案】C
【解析】
【详解】A．两种元素的原子之间形成共价键，形成的共价键的数目越多，键能越大，故键能大小关系为：C－N＜C=N＜C≡N，A正确；
B．原子半径：I＞Br＞Cl，则两个同种元素的原子之间形成的共价键的键长就越长，故键长大小关系为：I－I＞Br－Br＞Cl－Cl，B正确；
C．由于原子半径：F＜N，元素的电负性：F＞N，因此它们分别与相同原子H原子形成共价键时，共价键的键长越短，共用电子对偏向吸引电子能力强的元素一方的能力就越强，共价键的极性就越强，故共价键极性：H－F＞N－H，C错误；
D．都是三角锥形分子，但是原子半径F>H，导致N-F键键长>N-H键键长，所以N-F键之间的排斥力减小，键角变小，所以键角，D正确；
故合理选项是C。
8. 隐形战机的核心材料是金属钛，我国探明储量世界第一。已知钛有、、这三种同位素，下列有关推断不正确的是
A. 钛的原子序数为22 B. 钛位于元素周期表第四周期ⅡB族
C. 基态钛原子最外层电子排布式为 D. 钛元素位于元素周期表的d区，是过渡元素
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据元素周期表，钛的原子序数为22，故A正确；
B．基态钛原子价电子排布式为3d24s2，其位于元素周期表第四周期第ⅣB族，故B错误；
C．基态钛原子最外层电子排布式为，故C正确；
D．第ⅣB族位于元素周期表的d区，是过渡元素，故D正确；
故答案为：B。
9. 若的价层电子排布式为，则下列说法正确的是
A. X是同周期中未成对电子数最多的元素
B. 基态X原子中的电子有14种空间运动状态
C. X为25号元素
D. 基态X原子电子占用的最高能层所具有的能级数为3
【答案】A
【解析】
【分析】若X3+的价层电子排布式为3d3，则X的电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，X为原子序数为24的Cr；
【详解】A．根据分析，X为Cr，有6个未成对电子，是同周期中未成对电子数最多的元素，A正确；
B．根据分析，X电子所占轨道数为15，则空间状态有15种，B错误；
C．X为24号元素Cr，C错误；
D．Cr电子占据最高能层为4，能级为4s，电子占据最高能级为3d，D错误；
故答案：A。
10. 下列说法正确的是(为阿伏加德罗常数的值)
A. 的电子式为，则核外有8个电子
B. 中含有的键的数目为
C. 完全转化和时转移电子数为
D. 和的混合物中，所含阴、阳离子数目之比无法确定
【答案】C
【解析】
【详解】A．的电子式为，表示的最外层有8个电子，但其核外有10个电子，选项A错误；
B．是离子化合物，与间形成离子键，无键存在，选项B错误；
C．每个Mg原子失去2个电子，为0.05mol，完全转化为和时转移电子数为，选项C正确；
D．和都是离子化合物，其含有的阴、阳离子数目之比都是1∶2，与物质质量的多少无关，选项D错误；
答案选C。
11. 下列说法正确的是
A. 已知在、条件下，气态氢原子完全结合形成氢气时，释放的最低能量为，则键的键能为
B. 基态时，某元素原子的最外层电子排布为，元素的最高正价一定为价
C. 水分子可表示为，分子中键角为
D. 根据碳原子的价电子排布式(或价电子排布图)①②；可判断出①、②两种状态的能量符合E(①)>E(②)
【答案】A
【解析】
【详解】A．气态氢原子完全结合形成氢气时形成键，释放的最低能量为，则形成键释放的最低能量为，键的键能为，故A正确；
B．基态时，某元素原子的最外层电子排布为，其价电子可能包括(n-1)d的电子，其最高化合价可以高于+1，故B错误；
C．水分子中O原子为sp3杂化，且有2对孤电子对，则水分子表示为，分子中键角不为，故C错误；
D．根据洪特规则，电子在简并轨道中以相同自旋占据各个轨道时能量最低，则①、②两种状态的能量符合E(①)＜E(②)，故D错误；
故答案为：A。
12. 下列各组中的X和Y两种原子，在元素周期表中一定位于同一族的是（ ）
A. X原子和Y原子最外层都只有一个电子
B. X原子的核外电子排布式为1s2，Y原子的核外电子排布式为1s22s2
C. X原子的2p能级上有三个未成对电子，Y原子的3p能级上有三个电子
D. X原子核外M层上仅有两个电子，Y原子核外N层上也仅有两个电子
【答案】C
【解析】
【详解】A．第IA族元素及某些副族元素Cr、Cu的最外层电子数为1，则不一定同主族，故A错误；
B．X为He，Y为Be，分别为0族、IIA族元素，故B错误；
C．X原子2p能级上有三个电子，X为N元素；Y原子的3p能级上有三个电子，Y为P元素，均为ⅤA族，故C正确；
D．X原子核外M层上仅有两个电子，X为Mg；Y原子核外N层上也仅有两个电子，Y为Ca、Sc、Ti、V等，则不一定同主族，故D错误；
故答案为C。
13. 如图是部分短周期元素的原子序数与其某种常见化合价的关系图，若用原子序数代表所对应的元素，则下列说法正确的是
A. 31d和33d属于同种核素
B. 第一电离能：d>e，电负性：d＜e
C. 气态氢化物的稳定性：a>d>e
D. a和b形成的化合物不可能含共价键
【答案】B
【解析】
【详解】由题干信息可知，a、b、c、d、e分别为O、Na、Al、P、S五种元素，据此分析解题：
A．由分析可知，31d和33d即31P和33P质子数相同，中子数不同，不属于同种核素，A错误；
B．由分析可知，d为P、e为S，同一周期从左往右第一电离能呈增大趋势，IIA与IIIA、VA与VIA反常，故第一电离能：d>e，电负性从左往右依次增大，故电负性：d＜e，B正确；
C．由分析可知，a、d、e分别为O、P、S，简单气态氢化物的稳定性与其非金属性一致，同一周期从左往右非金属性依次增强，同一主族从上往下非金属性依次弱，故H2O＞H2S＞PH3即a> e > d，C错误；
D．由分析可知，a为O，b为Na，a和b形成的化合物由Na2O只有离子键，Na2O2中既有离子键又含有共价键，D错误；
故答案为：B。
14. 如图为元素周期表中短周期的一部分，关于Y、Z、M的说法正确的是
A. 非金属性：
B. 离子半径：
C. 分子中各原子的最外层均满足8电子稳定结构
D. Z元素基态原子最外层电子轨道表示式为
【答案】C
【解析】
【分析】图为元素周期表中短周期的一部分，由Y、Z、M在周期表中的位置关系可知，Y为F元素，M为Cl元素，Z为S元素；
【详解】A．同周期自左而右非金属性增强，同主族自上而下非金属性减弱，非金属性：Y＞M＞Z，故电负性Y＞M＞Z，选项A错误；
B．电子层排布相同，核电荷数越大离子半径越小，最外层电子数相同，电子层越多离子半径越大，离子半径：Z2-＞M-＞Y-，选项B错误；
C．ZM2为SCl2，分子中S元素化合价为+2价，2+6=8，S原子满足8电子稳定结构，Cl元素化合价为-1价，|-1|+7=8，Cl原子满足8电子稳定结构，选项C正确；
D．Z为S元素，最外层含有6个电子，其基态原子的最外层电子排布图为，选项D错误；
答案选C。
15. 下列说法正确的是
A. P4和CH4都是正四面体分子，且键角都是109°28′
B. 乙炔分子中，碳原子的sp杂化轨道形成σ键，未杂化的2p轨道形成π键
C. 键长H-F＜H-Cl＜H-Br＜H-I，因此稳定性HF＜HCl＜HBr＜HI
D. PH3分子中孤电子对与成键电子对的排斥作用比成键电子对之间的排斥作用弱
【答案】B
【解析】
【详解】A．P4和CH4都是正四面体分子，但P4的键角为60°，CH4键角是109°28′，A错误；
B．乙炔分子中，中心C原子采用sp杂化，其轨道用于形成σ键，未杂化的两个2p轨道形成π键，B正确；
C．键长越长，键能越小，越不稳定，键长H-F＜H-Cl＜H-Br＜H-I，所以稳定性：HF＞HCl＞HBr＞HI，C错误；
D．分子中有孤电子对的中心原子，其孤电子对与成键电子对的排斥作用比成键电子对之间的排斥作用强，D错误；
故选B。
16. 下列说法错误的是
A. 分子中，中心原子上的孤电子对数最多的是
B. 第三周期主族元素中第一电离能介于和P之间的有3种
C. 某元素气态基态原子的逐级电离能依次为：738、1451、7733、10540、13630……，当它与氯气反应时生成物的化学式为
D. 有机物中，键和π键的比例为9∶1
【答案】B
【解析】
【详解】A．NH3、H2O、CO2分子中，中心原子上的孤电子对数分别为(5-3×1)=1、(6-2×1)=2、(4-2×2)=0，所以最多的是H2O，故A正确；
B．同周期主族元素第一电离能从左到右有增大的趋势，第ⅡA族和第ⅤA族元素的第一电离能高于其后的元素，所以第三周期主族元素中第一电离能介于Mg和P之间的有Si和S两种元素，故B错误；
C．根据某元素气态基态原子的逐级电离能数据，第二电离能大约是第一电离能的2倍，而第三电离能大约是第二电离能的5倍，说明该原子核外最外层有两个电子，所以该元素的化合价为+2价，当它与氯气反应时生成物的化学式为XCl2，故C正确；
D．有机物H2NCH2COOH中，有两个N-H键、两个C-H键、一个C-N键、一个C-C键、一个C-O键和一个O-H键，单键均为σ键，还有一个C=O键，其中有一个σ键、一个π键，则在有机物H2NCH2COOH中σ键和π键的比例为9∶1，故D正确；
故选B。
17. 下列四种元素中，第一电离能由大到小顺序正确的是( )
①原子含有未成对电子最多的第2周期元素
②基态原子电子排布式为1s2的元素
③周期表中电负性最强的元素
④原子最外层电子排布式为3s23p4的元素
A. ②③①④
B. ③①④②
C. ①③④②
D. 无法比较
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】①原子含有未成对电子最多的第2周期元素为N；②基态原子电子排布式为1s2的元素为He元素；③周期表中电负性最强的元素为F元素；④原子最外层电子排布式为3s23p4的元素为S元素；同周期自左至右元素的第一电离能呈增大趋势，第IIA和第VA族比相邻元素大；同主族从上到下元素的第一电离能减小，所以第一电离能由大到小的顺序是He＞F＞N＞S，即②＞③＞①＞④；
答案为A。
18. 短周期主族元素W、X、Y、Z，它们在周期表中位置如图所示，X的一种氢化物与其最高价氧化物对应水化物反应生成盐。下列说法正确的是
A. X的氢化物的沸点一定低于同主族元素形成的其他氢化物
B. 由Y、Z和氢三种元素形成的化合物中，Z的化合价越高氧化性越强
C. W的氧化物是酸性氧化物，能与碱、水反应，不能与酸反应
D. T元素单质具有半导体的特性，T与Y元素可形成两种化合物TY和
【答案】D
【解析】
【分析】N元素形成的氢化物氨气与硝酸可反应生成硝酸铵，则说明X为N，根据元素周期表的位置关系可推出Y、Z、W、T分别是O、Cl、Si与Ge元素，结合元素周期律与物质的性质作答。
【详解】根据上述分析可知，X、Y、Z、W、T分别是N、O、Cl、Si与Ge，则
A. X的氢化物为NH3，分子间存在氢键，比同族短周期其他元素的沸点高，A项错误；
B. 氧化性强弱：HClO>HClO2>HClO3，跟含氧酸的元素化合价无直接关系，B项错误；
C.二氧化硅可与氢氧化钠反应，但不与水反应，可与氢氟酸可以发生反应生成四氟化硅与水，C项错误；
D. Ge位于元素周期表的金属与非金属的边界线上，具有半导体的特性，与C同族，C可形成CO与CO2，根据同族元素的相似性可知，其氧化物可以是GeO或GeO2，D项正确；
答案选D。
【点睛】B项是学生的易错点，对于同一种元素的含氧酸来说，该元素的化合价越高，其含氧酸的酸性越强，但氧化性不一定越强。学生要加以对比与区分。
19. 下列关于物质的组成、结构或性质的叙述中，正确的说法有个
①基态原子价电子排布式为的元素属于第ⅧB族
②能层为1时，有自旋方向相反的两个轨道
③前四周期元素中，基态原子中未成对电子与其所在周期数相同的元素有5种
④次氯酸分子的电子式：
⑤最外层有3个未成对电子的原子一定属于主族元素
⑥硒的价电子排布式为
A. 2 B. 3 C. 4 D. 全部
【答案】A
【解析】
【详解】①原子的价电子排布为(n-1)d6-8ns2的元素为Ⅷ族元素，而不是第ⅧB族，故①错误；
②能层为1时，只有一个1s轨道，有自旋相反的两个电子，故②错误；
③前四周期元素中，基态原子中未成对电子与其所在周期数相同的元素和价电子构型分别是：氢(1s1)、碳(2s22p2)、氧(2s22p4)、磷(3s23p3)、铁(3d64s2)共5种元素，故③正确；
④次氯酸分子中含有O-H键，次氯酸分子的电子式为，故④错误；
⑤最外层有3个未成对电子的原子，最外层电子排布为ns2np3，p轨道上3个电子为未成对电子，位于第VA族，为主族元素，故⑤正确；
⑥硒是第VIA主族元素，价电子排布式为，故⑥错误；
③⑤正确，故答案为A。
20. X、Y、Z、R是原子序数依次增大的短周期主族元素。化合物YX3的电子总数为10；R元素的最高正价为+6价，且与Z元素同主族。下列说法不正确的是
A. 原子半径：R>Y>Z>X
B. 最简单氢化物的稳定性：Z>Y
C. R的最高价氧化物对应的水化物为强酸
D. 由X、Y、Z组成的化合物一定是共价化合物
【答案】D
【解析】
【分析】化合物的电子总数为10，则X为氢元素，Y为氮元素；R元素的最高正价为+6价，则R为硫元素，其与Z元素同主族，所以Z为氧元素。
【详解】A．同周期自左而右原子半径减小，电子层越多原子半径越大，故原子半径：S>N>O>H，A项不符合题意；
B．同周期自左而右元素非金属性增强，非金属性：O>N，最简单氢化物的稳定性：H2O>NH3，B项不符合题意；
C．硫元素的最高价氧化物对应水化物为，C项不符合题意；
D．H、N、O三种元素可形成离子化合物，D项符合题意；
故选D。
21. 五种短周期主族元素X、Y、Z、R、W的原子序数依次增大，它们形成的化合物结构如图所示。X是元素周期表中原子半径最小的元素，Y、Z、R为同周期元素。下列说法正确的是
A. 电负性：
B. 元素Z的单质中含有π键，π键是由两个原子的p轨道“头碰头”重叠形成的
C. 分子中的共价键没有方向性
D. 基态Y原子的s轨道的电子数与其p轨道的电子数相等
【答案】C
【解析】
【分析】五种短周期主族元素X、Y、Z、R、W的原子序数依次增大，形成的化合物结构如图所示，X在元素周期表中原子半径最小，则X为H元素；W形成+1价阳离子，其原子序数最大，则W为Na元素；Y、Z、R为同周期元素，Y形成4个共价键，其原子序数小于Na元素，则Y为C元素；Z形成3个共价键，则Z为N元素；R形成2个共价键，则R为O元素，以此分析解答。
【详解】根据分析可知，X为H元素，Y为C元素，Z为N元素，R为O元素，W为Na元素。
A．非金属性越强，电负性越大，电负性：O＞N＞C>Na，故A错误；
B．N2中两个N原子形成N≡N，所以含有2个π键，π键是由两个原子的p轨道“肩并肩”重叠形成的，故B错误；
C．H2分子中两个H原子的未成对电子均为1s能级的电子，s轨道在空间呈球形，故s轨道之间的重叠不具有方向性，故C正确；
D．基态C原子的核外电子排布式为1s22s2p2，s轨道的电子数与其p轨道的电子数不相等，故D错误；
故选C。
22. 室温下，下列实验能达到实验目的是
A. 实验1 证明溶液中存在水解平衡
B. 实验2 比较HClO和的酸性强弱
C. 实验3 不能证明盐酸酸性比醋酸强
D. 实验4 证明在相同温度下：
【答案】A
【解析】
【详解】A．含有酚酞的溶液，因碳酸根离子水解显碱性：，滴有酚酞溶液变红，加入少量固体，发生反应：，水解平衡逆向移动，则溶液颜色变浅，证明溶液中存在水解平衡，故A正确；
B．NaClO水解生成次氯酸，有漂白性，所以用pH试纸无法测定其pH，不能达到预期目的，故B错误；
C．等体积、pH均为2的盐酸、醋酸分别与足量铁反应，醋酸放出的多且速率快，说明醋酸的物质的量浓度更大，但是电离的氢离子一样(pH都是2)，所以说明醋酸电离程度更小，即醋酸酸性更弱，故C错误；
D．氢氧化钠溶液过量，加入溶液与NaOH溶液反应生成红褐色沉淀，不能证明和溶度积的大小，若加入足量氯化镁完全生成氢氧化镁沉淀后再加入氯化铁，能生成红褐色沉淀，则可证明，故D错误。
故选A。
23. 已知：，某小组利用溶液与酸性溶液反应来探究“浓度、温度对化学反应速率的影响”，设计了如下实验：
编号
溶液
溶液
蒸馏水
温度/℃
浓度/
体积/mL
浓度/
体积/mL
体积/mL
①
0.50
6.0
a
4.0
0
25
②
0.50
3.0
a
4.0
b
25
③
0.50
6.0
a
4.0
0
50
下列说法正确的是
A.
B. 实验中通过溶液褪色所用时间来判断反应快慢，则a的最大取值为0.15
C. 可以通过实验②③的对比，探究温度对速率的影响
D. 实验中溶液，可以用盐酸酸化
【答案】B
【解析】
【分析】①②中所用溶液的浓度和体积相同、反应温度相同， 溶液体积不同，则探究浓度对化学反应速率的影响，①③中只有反应温度不同，则探究温度对化学反应速率的影响。
【详解】A．据分析，实验中所用混合溶液总体积为10.0mL，则，A错误；
B． 实验中需要通过溶液褪色所用时间来判断反应快慢，则高锰酸钾不能过量，由②中数据结合可知，溶液的浓度的最大取值为，即a最大取值为0.15，B正确；
C． 可以通过实验①③的对比，探究温度对速率的影响，C错误；
D．溶液能氧化盐酸产生氯气，实验中溶液不可以用盐酸酸化，D错误；
答案选B。
24. 亚硝酰氣(NOCl)可用做有机合成试剂。某研究小组用NO和Cl2制备NOCl，并分离回收未反应的原料，装置如图(夹持及加热装置已略去)。
已知：①；
②沸点： NOCl为-6℃，Cl2为-34℃，NO为-152℃ ；
③NOCl易水解，能与O2反应。下列说法错误的是
A. 实验前先通入氩气，目的是排尽装置内的空气
B. 低温浴槽B的温度区间应控制在-34℃~-6℃
C. 将催化剂负载在玻璃棉上，以增大接触面积，提高反应速率
D. 尾气回收的物质为NO
【答案】B
【解析】
【分析】通过实验原理可知，进气端为和，经过催化剂使其反应制备；经过低温浴槽A降温，使冷凝，得到产品；再经过低温浴槽B降温，使冷凝，防止逸出，污染空气；剩下NO经过无水氯化钙干燥后，进行回收，据此分析作答。
【详解】A．通入和前先通入氩气，作用是排尽装置中的空气，防止产物与空气中的氧气反应，防止遇空气中的水而水解，A正确；
B．为分离产物和未反应的原料，低温溶槽A使冷凝，得到产品，则温度区间应控制在或，再经过低温浴槽B降温，使冷凝，防止逸出，污染空气，低温浴槽B的温度区间应控制在-34℃以下，B错误；
C．将催化剂负载在玻璃棉上而不是直接平铺在玻璃管中，目的是增大与气体的接触面积，加快反应速率，C正确；
D．由分析可知尾气回收的物质为NO，D正确；
故选B。
25. 在二氧化碳合成甲醇的研究中，催化剂是研究的关键。目前国内外研究主要集中于铜基催化剂，有学者提出的CO2的转化过程如图。下列说法正确的是
A. 甲醇和甲酸乙酯中均含有σ键和π键
B. 反应过程中，金属M的化合价未发生改变
C. 基态铜元素的第二电离能大于基态锌元素的第二电离能
D. 反应过程中，催化剂参与反应，改变了反应历程，降低了反应的焓
【答案】C
【解析】
【详解】A．甲醇分子式为CH3OH，结构中只有单键，即只有σ键，没有π键，A错误；
B．由反应①知二氧化碳中碳元素化合价降低，所以金属M化合价发生变化，B错误；
C．Cu+价电子排布式为3d10，Zn+价电子排布式为3d104s1，又Cu+的3d10全满稳定且3d能量低于4s能量，所以基态铜元素的第二电离能大于基态锌元素的第二电离能，C正确；
D．催化剂参与反应可以加快反应速率，降低反应的活化能，改变反应历程，但不改变焓变，D错误；
故选C。
第Ⅱ卷(非选择题 50分)
26. 请按要求填空：
（1）某元素基态原子的最外层有1个未成对电子，次外层有2个电子，满足该条件的元素有_______种。
（2）是常见催化剂，V的基态原子的价电子排布图为_______；其电子占据的原子轨道数为_______，最高能层符号为_______。
（3）普鲁士蓝()。中不同价态铁元素的简单微粒较稳定的离子简化的核外电子排布式为_______，该离子更稳定的原因是_______。
（4）的模型名称为_______，请写出一个它的等电子体的分子式_______。
（5）的键角大小顺序为_______，原因是_______。
【答案】（1）3 （2） ①. ②. 13 ③. N
（3） ①. [Ar]3d5 ②. 的价电子排布式为，的价电子排布式为，前者为半充满状态故较稳定
（4） ①. 正四面体 ②. 或
（5） ①. CO2>CH4>H2O ②. CO2中心原子为sp杂化，键角为180度；CH4和H2O中心原子均为sp3杂化。H2O中孤对电子与成键电子对之间的斥力大于CH4中成键电子对之间的斥力，故键角：CO2>CH4>H2O
【解析】
【小问1详解】
某元素基态原子的最外层有1个未成对电子，次外层有2个电子，则该元素位于第2周期，所以满足该条件的元素的电子排布式有1s22s1、1s22s22p1、1s22s22p5，分别是Li、N、F三种元素；
【小问2详解】
V是第23号元素，基态原子的价电子排布图 ；其电子占据的能级为1s、2s、2p、3s、3p、3d、4s，原子轨道数为1+1+3+1+3+3+1=13个轨道；最高能层是第4电子层，符号为N；
【小问3详解】
普鲁士蓝()中不同价态铁元素的简单微粒较稳定的离子是Fe3+，Fe是第26号元素，失去3个电子，形成Fe3+，所以简化的核外电子排布式为[Ar]3d5；更稳定的原因是的价电子排布式为，的价电子排布式为，前者为半充满状态故较稳定；
【小问4详解】
的中心原子P的价层电子对数=，所以模型名称为正四面体；等电子体之间的原子总数和价电子总数相等，根据前加后减、前减后加、总数不变的原则，可以找到的等电子体可以是 或SO2F2或等；
【小问5详解】
的键角分别是109.5°、105°、180°，大小顺序为CO2>CH4>H2O；原因是CO2中心原子为sp杂化，键角为180度；CH4和H2O中心原子均为sp3杂化，CH4无孤电子对，C-H键之间的键角为109.5°；H2O中有两对孤对电子，根据孤电子对-孤电子对斥力>孤电子对-成键电子对斥力>成键电子对-成键电子对斥力，所以水中O-H键之间的键角小于109.5°，故键角：CO2>CH4>H2O。
27. 有位于前四周期的A、B、C、D、E、F、G七种元素(无稀有气体)，它们的核电荷数依次增大。其中C、F、G是金属元素：A和F属同族，它们原子的最外层电子排布式为。B和D也属同族，它们原子最外层的p能级电子数是s能级电子数的两倍。C原子的最外层电子数等于D原子的最外层电子数的一半。G元素原子共有3个价电子，其中一个价电子位于第三能层d轨道。请回答下列问题：
（1）G是_______(用元素符号回答，下同)，其最高化合价为_______。
（2）A、F形成的化合物的电子式为：_______。含F元素的化合物灼烧的颜色是_______色，很多金属盐都可以发生焰色反应，其原因是_______。
（3）元素E的电子所占据的最高能级的原子轨道呈_______形。D、E可分别与A形成的最简分子，前者的稳定性弱于后者，从化学键的角度解释的原因是_______；
（4）B、C、D、F的简单离子半径由大到小的顺序为：_______。
【答案】（1） ①. Sc ②. +3
（2） ①. K+[:H]- ②. 紫色 ③. 电子从能量较高的激发态跃迁到能量较低的激发态乃至基态时，能量以一定波长光的形式释放出来
（3） ①. 纺锤(哑铃) ②. 氯原子半径小于硫，形成的氢氯键键长短、键能大
（4）S2->K+>O2->Al3+
【解析】
【分析】由题干信息可知，位于前四周期的A、B、C、D、E、F、G七种元素，它们的核电荷数依次增大，G元素原子共有3个价电子，其中一个价电子位于第三能层d轨道，则G为Sc，价电子排布式为3d14s2，B和D也属同族，它们原子最外层的p能级电子数是s能级电子数的两倍，则B、D为主族元素，价电子排布式为ns2np4，则B为O，D为S，A和F属同族，它们原子的最外层电子排布式为，则A、F为H、Li、Na、K中的一种，结合其中C、F、G是金属元素，则A为H，F为K，C原子的最外层电子数等于D原子的最外层电子数的一半，故C为Al，则E为Cl，由此分析可知，A、B、C、D、E、F、G七种元素分别为H、O、Al、S、Cl、K、Sc，据此分析解题。
【小问1详解】
由分析可知，G是Sc，其价电子排布式为3d14s2，则其最高化合价为+3价，故答案为：Sc；+3；
【小问2详解】
由分析可知，A为H，F为K，则A、F形成离子化合物KH，其电子式为：K+[:H]-，含F元素即K的化合物灼烧的颜色是紫色，很多金属盐都可以发生焰色反应，其原因是电子从能量较高的激发态跃迁到能量较低的激发态乃至基态时，能量以一定波长光的形式释放出来，故答案为：K+[:H]-；紫；电子从能量较高的激发态跃迁到能量较低的激发态乃至基态时，能量以一定波长光的形式释放出来；
【小问3详解】
由分析可知，E为Cl，元素E的电子所占据的最高能级为3p，p能级的原子轨道呈哑铃或者纺锤体形，D为S，A为H，D、E可分别与A形成的最简分子分别为H2S和HCl，由于氯原子半径小于硫，形成的氢氯键键长短、键能大，导致前者的稳定性弱于后者，故答案为：哑铃或者纺锤体；氯原子半径小于硫，形成的氢氯键键长短、键能大；
【小问4详解】
由题干信息可知，B、C、D、F的简单离子即O2-、Al3+、S2-、K+，根据一般电子层数越多半径越大，电子层数相同，核电荷数越大半径越小可知，半径由大到小的顺序为：S2->K+>O2->Al3+，故答案为：S2->K+>O2->Al3+。
28. 废旧锌锰电池中的黑锰粉含有和少量及炭黑等，为了保护环境、充分利用锰资源，通过下图流程制备。
回答下列问题：
（1）基态原子的电子排布式为_______。
（2）“滤液a”的主要成分为，另外还含有少量等。
①用离子方程式表示“滤液a“呈酸性的原因：_______。
②根据如图所示的溶解度曲线，将“滤液a”_______、洗涤、干燥，得固体。
（3）“熔炒”的目的是除炭、氧化等。空气中氧化的化学方程式为_______。
（4）探究“酸浸”中溶解的适宜操作。
实验Ⅰ.向中加入溶液，产生大量气泡；再加入稀，固体未明显溶解。
实验Ⅱ.向中加入稀，固体未溶解；再加入溶液，产生大量气泡，固体完全溶解。
实验Ⅰ中的作用是_______，实验Ⅱ中的作用是_______。
（5）证明溶液中沉淀完全：取少量溶液，滴加_______(填试剂)，观察到_______(填现象)。
【答案】（1）[Ar]3d104s2
（2） ①. ②. 蒸发结晶，趁热过滤
（3）
（4） ①. 催化作用 ②. 还原剂
（5） ①. KSCN溶液 ②. 溶液不变色
【解析】
【分析】黑锰粉水洗除去可溶性物质，分离固体通入空气焙炒从而除炭、并氧化为二氧化锰，加入稀硫酸、过氧化氢生成硫酸锰，加入MnO调节pH过滤分离得到硫酸锰溶液；
【小问1详解】
锌为30号元素，其基态原子电子排布式为[Ar]3d104s2；
小问2详解】
① “滤液a”中含有铵根离子，铵根离子水解生成生成氢离子，导致溶液显酸性，；
②氯化铵溶解度低温时较小，且溶解度受温度影响不大，将“滤液a”蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、干燥，得固体；
【小问3详解】
氧气具有氧化性，氧化生成二氧化锰和水，化学方程式为；
【小问4详解】
二氧化锰催化过氧化氢生成水和氧气，实验I中的作用是催化剂；实验II中加入溶液，产生大量气泡，固体完全溶解，反应中锰元素化合价降低，中氧元素化合价升高发生氧化反应，过氧化氢为还原剂起还原作用；
【小问5详解】
铁离子和KSCN溶液变红色，故实验为：取少量溶液，滴加KSCN溶液，溶液不变色，说明铁离子完全沉淀。
29. 胡粉在中国古代就曾用于药物和化妆品等行业，主要成分为，常含有铁、银、铜、锡等金属的氧化物杂质。可用如下实验方案测定胡粉的纯度：
方案Ⅰ 称取一定质量的样品，加入足量的稀硫酸，测定实验前后装置丙的增重来确定胡粉的纯度。
（1）乙中反应的离子方程式(不考虑杂质的反应)为_______。
（2）仪器接口的连接顺序为(装置可以重复使用)a→_______→b→c，丁的作用是_______。
（3）实验前后均需要打开止水夹，通入一段时间空气，实验结束时通入空气的目的是_______。
方案Ⅱ 实验原理：
实验步骤：
①称取胡粉样品；
②将样品充分煅烧，冷却后称量；
③重复操作②，测得剩余固体质量为。
（4）下列仪器在方案Ⅱ中除F是必需的外，还需要使用的是_______(用对应仪器的字母填空)。
（5）确定样品已完全分解的操作为_______。
（6）方案Ⅱ中，测得胡粉的纯度为_______(用字母代数式表示)
【答案】（1）
（2） ①. d→e→b→c ②. 除去中的水蒸气
（3）把生成的气体全部赶入干燥管中吸收
（4）ABCD （5）样品连续两次高温煅烧，冷却称量，质量相差0.1g以内
（6）
【解析】
【分析】反应前通入空气，氢氧化钠吸收装置内的二氧化碳，排出装置内的二氧化碳气体，稀硫酸和样品反应，产生的气体通入到浓硫酸中干燥气体，再用碱石灰吸收装置内的二氧化碳气体。
【小问1详解】
胡粉主要成分为，和硫酸反应生成硫酸铅、二氧化碳和水，则乙中反应的离子方程式为；
【小问2详解】
产生的气体，先用浓硫酸干燥气体，再通入到干燥管中吸收二氧化碳，则仪器接口的连接顺序为a→d→e→b→c→b→c；丁的作用是除去中的水蒸气；
【小问3详解】
实验前后均需要打开止水夹，通入一段时间空气，排出装置内的二氧化碳，实验结束时通入空气的目的是把生成的气体全部赶入干燥管中吸收；
【小问4详解】
固体进行加热需要用到酒精灯、三脚架、泥三角、坩埚、干燥器，因此仪器中方案Ⅱ不需要使用的是E，故选ABCD；
【小问5详解】
根据最后两次称量的质量差来判定是否煅烧完全，其确定样品已完全分解的操作为样品连续两次高温煅烧，冷却称量，质量相差0.1g以内；
【小问6详解】
，则有，解x=g，则胡粉的纯度为。
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